導(dǎo)數(shù)選擇題之構(gòu)造函數(shù)法解不等式的一類題

導(dǎo)數(shù)選擇題之構(gòu)造函數(shù)法解不等式的一類題導(dǎo)數(shù)選擇題之構(gòu)造函數(shù)法解不等式的一類題1．定義在?上的函數(shù)?(?)的導(dǎo)函數(shù)為?′(?)，若對任意實(shí)數(shù)?，有?(?)>?′(?)，且?(?)+2018為奇函數(shù)，則不等式?(?)+2018??<0的解集為A．(?∞,0)B．(0,+∞)C．(?∞,1)D．(1,+∞)??2．設(shè)函數(shù)?′(?)是奇函數(shù)?(?)(?∈?)的導(dǎo)函數(shù)，?(?1)=0，當(dāng)?<0時(shí)，?′(?)<?(?)，?則使得?(?)>0成立的?的取值范圍是()A．(?∞,?1)∪(0,1)B．(?∞,?1)∪(?1,0)C．(0,1)∪(1,+∞)D．(?1,0)∪(0,+∞)3．定義在?上的偶函數(shù)?(?)的導(dǎo)函數(shù)?′(?)，若對任意的正實(shí)數(shù)?，都有2?(?)+??′(?)<2恒成立，則使?2?(?)??(1)<?2?1成立的實(shí)數(shù)?的取值范圍為()A．(?∞,?1)∪(1,+∞)B．(?1,1)C．(?1,0)∪(0,1)D．{?|?≠±1}??/(?)>??(?)，且?(2)=0，則不等式?(?)>0的解集為()5．定義在(?1,+∞)上的函數(shù)?(?)滿足?′(?)<1+cos?，?(0)=1，則不等式?(?)>sin?+?+1的解集為()A．(?∞,0)B．(?1,0)C．(0,+∞)D．(?1,1)6．設(shè)定義在?上的函數(shù)?=?(?)滿足任意?∈?都有?(?+2)=??(?)，且?∈(0,4]時(shí)，有?′(?)<?(?)，則?(2016)、4?(2017)、2?(2018)的大小關(guān)系是()?A．2?(2018)<?(2016)<4?(2017)B．2?(2018)>?(2016)>4?(2017)C．4?(2017)>2?(2018)>?(2016)D．4?(2017)<2?(2018)<?(2016)7．已知偶函數(shù)?(?)滿足2?(?)+??′(?)>6,，且?(1)=2，則?(?)>3?1?2的解集為A．<?2或?>2}B．?|?1<?<1}C．<?1或?>1}D．?|?2<?<2}8．定義在R上的函數(shù)?(?)滿足：?(?)>1??′(?),?(0)=0,?′(?)是?(?)的導(dǎo)函數(shù)，則不等式???(?)>???1(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))的解集為()A．(?∞,?1)∪(0,+∞)B．(0,+∞)C．(?∞,0)∪(1,+∞)D．(1,+∞)9．已知定義在?上的函數(shù)?=?(?)的導(dǎo)函數(shù)為?′(?)，滿足?(?)>?′(?)，且?(0)=2，則不等式?(?)>2??的解集為()A)B．(0,+∞)C．(?∞,2)D．(2,+∞)10．定義在(0,+∞)上的函數(shù)f(x)滿足??′(?)+1>0,?(2)=?ln2，則不等式?(??)+?>0的解集為n11．已知定義在(0,+∞)上的函數(shù)?(?)滿足??′(?)??(?)<0，其中?′(?)是函數(shù)?(?)的導(dǎo)函數(shù)．若2?(??2018)>(??2018)?(2)，則實(shí)數(shù)?的取值范圍為()f13．已知可導(dǎo)函數(shù)?(?)的定義域?yàn)??∞,0)，其導(dǎo)函數(shù)?′(?)滿足??′(?)?2?(?)>0,則不等式?(2017+?)?(?+2017)2?(?1)<0的解集為A．(?∞,?2018)B．(?2018,?2017)C．(?2018,0)D．(?2017,0)14．函數(shù)?(?)是定義在區(qū)間(0,+∞)上的可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為?′(?)，且滿足??′(?)+2?(?)>0，則不等式(?+2018)2?(?+2018)<16?(4)的解集為()A．?|?>?2017}B．?|?<?2017}C．{?|?2018<?<?2014}D．{?|?2018<?<0}15．已知函數(shù)?=?(?)的導(dǎo)數(shù)是?=?′(?)，若?∈(0,+∞)，都有??′(?)<2?(?)成立，則()A．2?(√3)>3?(√2)B．2?(1)<?(√2)C．4?(√3)<3?(2)D．4?(1)>?(2)16．已知函數(shù)?(?)滿足條件：當(dāng)?>0時(shí)，?(?)+1??′(?)>1，則下列不等式正確的是2()A．?(1)+3>4?(2)B．?(2)+3>4?(4)C．?(1)+8<9?(3)D．?(2)+4<3?(4)17．定義在(0,?)上的函數(shù)?(?)，?′(?)是它的導(dǎo)函數(shù)，且恒有?′(?)>?(?)·tan?成立.則2有()A．√2?(?)>?(?)B．√3?(?)>2cos1??(1)436C．2?(?)<√6?(?)D．√3?(?)<?(?)466318．已知函數(shù)?(?)是偶函數(shù)，?(?)=?(??2)，且當(dāng)?≠2時(shí)其導(dǎo)函數(shù)?′(?)滿足(??2)?′(?)>0，若1<?<3，則()A．?(4?)<?(3)<?(log3?)B．?(3)<?(log3?)<?(4?)C．?(log3?)<?(3)<?(4?)D．?(log3?)<?(4?)<?(3)19．設(shè)函數(shù)?′(?)是奇函數(shù)?(?)(?∈?)的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)?>0時(shí)，ln??′(?)<?1?(?)，則使?得(?2?4)?(?)>0成立的?的取值范圍是()A．(?2,0)∪(0,2)B．(?∞,?2)∪(2,+∞)C．(?2,0)∪(2,+∞)D．(?∞,?2)∪構(gòu)造函數(shù)?(?)=?(?)，則得?(?)的單調(diào)性，再根據(jù)?(?)+2018為奇函數(shù)得?(0)，轉(zhuǎn)化不等??式為?(?)<?(0)，最后根據(jù)單調(diào)性性質(zhì)解不等式.構(gòu)造函數(shù)?(?)=?(?)，則?′(?)=?′(?)??(?)<0，所以?(?)在?上單獨(dú)遞減，????因?yàn)?(?)+2018為奇函數(shù)，所以?(0)+2018=0∴?(0)=2018,?(0)=2018.因此不等式?(?)+2018??<0等價(jià)于?(?)<?(0)，即?>0，選B.利用導(dǎo)數(shù)解抽象函數(shù)不等式，實(shí)質(zhì)是利用導(dǎo)數(shù)研究對應(yīng)函數(shù)單調(diào)性，而對應(yīng)函數(shù)需要構(gòu)造.構(gòu)造輔助函數(shù)常根據(jù)導(dǎo)數(shù)法則進(jìn)行：如?′(?)<?(?)構(gòu)造?(?)=?(?)，?′(?)+?(?)<0構(gòu)造???(?)=???(?)，??′(?)<?(?)構(gòu)造?(?)=?(?)，??′(?)+?(?)<0構(gòu)造?(?)=??(?)等?【解析】分析：構(gòu)造函數(shù)?(?)=?(?)，首先判斷函數(shù)的奇偶性，利用?′(?)<?(?)可判斷?<??0時(shí)函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)圖象列不等式組可得結(jié)果.設(shè)?(?)=?(?)，?則?(?)的導(dǎo)數(shù)為?′(?)=??′(?)?(?)，?2?因?yàn)?<0時(shí)，?′(?)<?(?)，?即??′(?)>?(?)成立，∴當(dāng)?<0時(shí)，函數(shù)?(?)=?(?)為增函數(shù)，?又∵?(?)=?(?)=?(?)=?(?)，??∴函數(shù)?(?)為定義域上的偶函數(shù)，當(dāng)?>0時(shí)，函數(shù)?(?)=?(?)?為減函數(shù)，又∵?(?1)==0∴函數(shù)?(?)的圖象性質(zhì)類似如圖，數(shù)形結(jié)合可得，不等式?(?)>0???(?)>0，?(?)>0或?(?)<?(?)>0或?(?)<0，可得0<?<1或?<?1，使得?(?)>0成立的?的取值范圍是(?∞,?1)∪(0,1)，故選A.，并確定變量的限制條件，通確構(gòu)造出符合題意的函數(shù)是解數(shù)，構(gòu)造函數(shù)時(shí)往往從兩方面著手：①根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的“形狀”變換不等式“形狀”；②若是選擇題，可根據(jù)選項(xiàng)的共性歸納構(gòu)造恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù).分析：構(gòu)造新函數(shù)?(?)=?2?(?)??2，利用導(dǎo)數(shù)確定它的單調(diào)性，從而可得題中不等式的詳解：設(shè)?(?)=?2?(?)??2，則?′(?)=2??(?)+?2?′(?)?2?=?(2?(?)+??′(?)?2)，由已知當(dāng)?>0時(shí)，?′(?)=?(2?(?)+??′(?)?2<0，∴?(?)在(0,+∞)上是減函數(shù)，又∵?(?)是偶函數(shù)，∴?(?)=?2?(?)??2也是偶函數(shù)，?(0)=0，不等式?2?(?)??(1)<?2?1即為?2?(?)??2<?(1)?1，即?(?)<?(1)，∴?(|?|)<?(1)，∴|?|>1，即?<?1或?>1．函數(shù)的結(jié)構(gòu)可結(jié)合已知導(dǎo)數(shù)的不等式和待解的不等式的形式構(gòu)造．如?(?)=??(?)，?(?)=?(?)，?(?)=???(?)，?(?)=?(?)等等．???【解析】分析：設(shè)?(?)=?(?)，結(jié)合求導(dǎo)法則，以及題中的條件，可以斷定函數(shù)在相應(yīng)區(qū)間?上的單調(diào)性，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)的奇偶性求出不等式的解集即可.詳解：設(shè)?(?)=?(?)，所以?′(?)=??′(?)??(?)，??2因?yàn)楫?dāng)?>0時(shí)，有??′(?)?(?)>0恒成立，所以當(dāng)?>0時(shí)?′(?)>0，所以?(?)在(0,+∞)上遞增，因?yàn)?(??)=?(?)，所以?(??)=?(??)=?(?)，所以?(?)是奇函數(shù)，?所以?(?)在(?∞,0)上遞增，因?yàn)?(2)=0，所以?(2)=?(2)=0，2當(dāng)?>0時(shí)，?(?)>0等價(jià)于?(?)?>0，所以?(?)>0=?(2)，所以?>2，當(dāng)?<0時(shí)，?(?)>0等價(jià)于?(?)?<0，所以?(?)<0=?(?2)，所以?<2，所以原不等式的解集為(?∞,2)∪(2,+∞)，故選B.的是有關(guān)函數(shù)的問題，結(jié)合題中所給的條件，結(jié)合商函數(shù)求導(dǎo)法則構(gòu)造新函數(shù)，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的符號(hào)的關(guān)系，得到相應(yīng)的結(jié)果，在求?<0時(shí)的情況的時(shí)候，可以直接根據(jù)函數(shù)?(?)是偶函數(shù)求得結(jié)果.【解析】分析：根據(jù)題意，設(shè)?(?)=?(?)sin??，對其求導(dǎo)分析可得?(?)在區(qū)間(1,+∞)上遞減，利用?(0)的值可得?(0)的值，進(jìn)而將原不等式轉(zhuǎn)化為?(?)>?(0)，結(jié)合答案.詳解：根據(jù)題意，設(shè)?(?)=?(?)sin??，則?′(?)=?′(?)cos?1，又由函數(shù)?(?)定義在(1,+∞)上，且有?′(?)<1+cos?，則?′(?)=?′(?)cos?1<0，則?(?)在區(qū)間(1,+∞)上遞減，若?(0)=1，則?(0)=?(0)sin00=1，?(?)>sin?+?+1??(?)sin??>1??(?)>?(0)，則1<?<0，點(diǎn)睛：本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性之間的關(guān)系，關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)?(?)=?(?)?sin???，并分析其單調(diào)性.根據(jù)題意，函數(shù)?=?(?)滿足任意?∈?都有?(?+2)=??(?)，則有?(?+4)=??(?+2)=?(?)，則?(?)是周期為4的函數(shù)，則有?(2016)=?(4),?(2017)=?(1),?(2018)=?(2)，設(shè)?(?)=?(?)?，則導(dǎo)數(shù)為?′(?)==，又由?∈(0,4]時(shí)，?′(?)<?(?)?，則有??′(?)??(?)<0，則有?′(?)=<0，則函數(shù)?(?)在(0,4]上為減函數(shù)，則有?(1)>?(2)>?(4)，即?(1)>?(2)>?(4)，又由(2016)=?(4),24?(2017)=?(1),?(2018)=?(2)，則有?(2017)>?(2018)>?(2016)，變形可得4?(2017)>242?(2018)>?(2016)，故選C.函數(shù)的單調(diào)性、構(gòu)造函數(shù)比較大小,屬于難題.聯(lián)系已知條件和結(jié)論，構(gòu)造輔助函數(shù)是高中數(shù)學(xué)中一種常用的方法，解題中若遇到有關(guān)不等式、方程及最值之類問題，設(shè)法建立起目標(biāo)函數(shù)，并確定變量的限制條件，通過研究函數(shù)的單調(diào)性、最值等問題，?？墒箚栴}變得明了，準(zhǔn)確構(gòu)造出符合題意的函數(shù)是解題的關(guān)鍵；解這類不等式的關(guān)鍵，構(gòu)造函數(shù)時(shí)往往從兩方面著手：①根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的“形狀”變換不等式“形狀”；②若是選擇題，可根據(jù)選項(xiàng)的共性歸納構(gòu)造恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù).構(gòu)造函數(shù)?(?)=?2?(?)?3?2+1，由2?(?)+??′(?)>6可得?(?)在(0,+∞)遞增，結(jié)合奇偶性轉(zhuǎn)化原不等式為|?|>1,從而可得結(jié)果.由?(?)>3?1得?2?(?)?3?2+1≥0，?2?令?(?)=?2?(?)?3?2+1，?′(?)=2??(?)+?2?′(?)?6?=?[2??(?)+??′(?)?6]，∴?(?)>?(0)，?>0∴?>0時(shí)，?′(?)>0,?(?)遞增，又∵?(1)=?(1)?2=0,時(shí)，不等式?(?)>3?1等價(jià)于?2??(?)>?(1)∵?(?)是偶函數(shù)，∴?(?)也是偶函數(shù)，|?|>1,可得?>1或?<?1，所以?(?)>3?1的解集為{?|?>1或?<?1}，故選C.?2?求導(dǎo)法則，屬于難題.求解這類問題一定要耐心讀題、讀懂題，通過對問題的條件和結(jié)論進(jìn)行類比、聯(lián)想、抽象、概括，準(zhǔn)確構(gòu)造出符合題意的函數(shù)是解題的關(guān)鍵；解這類不等式的關(guān)鍵點(diǎn)也是難點(diǎn)就是構(gòu)造合適的函數(shù)，構(gòu)造函數(shù)時(shí)是選擇題，可根據(jù)選項(xiàng)的共性歸納構(gòu)造恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù).構(gòu)造函數(shù)?(?)=???(?)???，(?∈?)，研究?(?)的單調(diào)性，結(jié)合原函數(shù)的性質(zhì)和函數(shù)值，設(shè)?(?)=???(?)???，(?∈?)，則?′(?)=???(?)+???′(?)???=??[?(?)+?′(?)?1]∵?′(?)>1??(?)∴?(?)+?′(?)?1>0則?′(?)>0，?=?(?)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增∵???(?)>???1，∴?(?)>?1，?(0)=?0?(0)??0=?1故選?知條件構(gòu)造函數(shù)，然后用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性是解題【解析】分析：先構(gòu)造函數(shù)?(?)=?(?)，再根據(jù)函數(shù)單調(diào)性解不等式.??詳解：令?(?)=?(?)，因?yàn)?′(?)=?′(?)??(?)<0，?(0)=2????所以?(?)>2???(?)>?(0)?<0因此解集為(?∞,0)，構(gòu)造.構(gòu)造輔助函數(shù)常根據(jù)導(dǎo)數(shù)法則進(jìn)行：如?′(?)<?(?)構(gòu)造?(?)=?(?)??，?′(?)+?(?)<0構(gòu)造?(?)=???(?)，??′(?)<?(?)構(gòu)造?(?)=?(?)，??′(?)+?(?)<0構(gòu)造?(?)=??(?)?等構(gòu)造函數(shù)?(?)=?(?)+ln?，可得?′(?)=?′(?)+1>0，?(?)在(0，+∞)上單調(diào)遞增，?原不等式等價(jià)于?(??)>?(2)，利用單調(diào)性可得結(jié)果.設(shè)?(?)=?(?)+ln?，由??′(?)+1>0可得?′(?)=?′(?)+1>0，?所以?(?)在(0，+∞)上單調(diào)遞增，又因?yàn)?(2)=?(2)+ln2=0，不等式?(??)+?>0等價(jià)于?(??)=?(??)+?>0=?(2)，因此??>2，∴?>ln2，即等式?(??)+?>0的解集為(ln2,+∞)，故選C.聯(lián)系已知條件和結(jié)論，構(gòu)造輔助函數(shù)是高中數(shù)學(xué)中一種常用的方法，解題中若遇到有關(guān)不等式、方程及最值之類問題，設(shè)法建立起目標(biāo)函數(shù)，并確定變量的限制條件，通過研究函數(shù)的單調(diào)性、最值等問題，常可使問題變得明了，準(zhǔn)確構(gòu)造出符合題意的函數(shù)是解題的關(guān)鍵；解這類不等式的關(guān)鍵點(diǎn)也是難點(diǎn)就從兩方面著手：①根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的“形狀”變換不等式“形狀”；②若是選擇題，可根據(jù)選項(xiàng)的共性歸納構(gòu)造恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù).根據(jù)題意，構(gòu)造函數(shù)?(?)=?(?)?，?∈(0,+∞)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，可得?(?)在(0,+∞)上單調(diào)遞減，將2?(??2018)>(??2018)?(2)，??2018>0，轉(zhuǎn)化為?(??2018)>?(2)，即?(??2018)>?(2)，從而可得實(shí)數(shù)?的取值范圍.??20182??2.令?(?)=?(?)，?∈(0,+∞)，則?′(?)=??2.∵??′(?)??(?)<0∴?′(?)<0∴函數(shù)?(?)在(0,+∞)上單調(diào)遞減∵2?(??2018)>(??2018)?(2)，??2018>0∴?(??2018)>?(2)，即?(??2018)>?(2).??20182∴??2018<2且??2018>0，解得2018<?<2020.∴實(shí)數(shù)?的取值范圍為(2018,2020)．往往要根據(jù)已知和所求合理構(gòu)造函數(shù)，再求導(dǎo)進(jìn)行求解，如本題中的關(guān)鍵是利用“??′(?)??(?)<0”和“2?(??2018)>(??2018)?(2)”的聯(lián)系構(gòu)造函數(shù)?(?)=?(?)構(gòu)造函數(shù)?(?)=?(?)，由?(?)>?′(?)可得函數(shù)?(?)=?(?)在?上單調(diào)遞減，利用單調(diào)性可得????結(jié)果.構(gòu)造函數(shù)?(?)=?(?)，則?′(?)=?′(?)???(??)′?(?)=?′(?)??(?)，??(??)2??因?yàn)?∈?，均有?(?)>?′(?)，并且??>0,∴?′(?)<0，故函數(shù)?(?)=?(?)在?上單調(diào)遞減，∴?(?2017)>?(0),?(2017)<?(0)，??即?(?2017)>?(0)，?(2017)<?(0)??2017?2017即?2017?(?2017)>?(0),?(2017)<?2017?(0)，故選D.造輔助方程及最值之類問題，設(shè)法性、最值等問題，?？墒箚柌坏仁降年P(guān)鍵點(diǎn)也是難點(diǎn)就從兩方面著手：①根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的“形狀”變換不等式“形狀”；②若是選擇題，可根據(jù)選項(xiàng)的共性歸納構(gòu)造恰當(dāng)?shù)暮瘮?shù).構(gòu)造函數(shù)?(?)=?(?)，將不等式轉(zhuǎn)化為?(2017+?)<?(?1)，再根據(jù)?(?)定義域以及單調(diào)?2?性化簡求解.令?(?)=?(?),?<0?2?∴?′(?)==<0因?yàn)?(2017+?)?(?+2017)2?(?1)<0，所以(2017+?)2?(2017+?)?(2017+?)2?(?1)<0,因?yàn)?(?)在(?∞,0)單調(diào)遞減，所以?2018<?<?2017，選B.2017所以?2018<?<?2017，選B.?(2017+?)<?(?1)2017+?>?1利用導(dǎo)數(shù)解抽象函數(shù)不等式，實(shí)質(zhì)是利用導(dǎo)數(shù)研究對應(yīng)函數(shù)單調(diào)性，而對應(yīng)函數(shù)需要構(gòu)造.構(gòu)造輔助函數(shù)常根據(jù)導(dǎo)數(shù)法則進(jìn)行：如?′(?)<?(?)構(gòu)造?(?)=?(?)，?′(?)+?(?)<0構(gòu)造???(?)=???(?)，??′(?)<?(?)構(gòu)造?(?)=?(?)?，??′(?)+?(?)<0構(gòu)造?(?)=??(?)等【解析】分析：由題意構(gòu)造函數(shù)?(?)=?2?(?),求導(dǎo)可知函數(shù)是區(qū)間(0,+∞)上的增函數(shù)，把原不等式轉(zhuǎn)化為?+2018<4，結(jié)合?+2018>0求得x的范圍.詳解：∵[?2?(?)]′=2??(?)+?2?′(?)=?[2?(?)+??′(?)],??′(?)+2?(?)>0,?>0,∴[?2?(?)]′>0,則函數(shù)?(?)=?2?(?)是區(qū)間(0,+∞)上的增函數(shù).由不等式(?+2018)2?(?+2018)<?(4)，得?+2018<4，解得x<-2014，又由?+2018>0，得x>-2018，即x∈(-2018,-2014).查的是有關(guān)解不等式的問題，在解題的過程中，涉及到的知識(shí)點(diǎn)應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究數(shù)，結(jié)合題意求得對應(yīng)的不等式的解集.計(jì)算即可求得最終結(jié)果.詳解：令?(?)=?(?)?2(?>0)，則：?′(?)=?′(?)×?2?(?)×2?=??′(?)2?(?)，?3由?∈(0,+∞)，都有??′(?)<2?(?)成立，可得?′(?)<0在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)恒成立，即函數(shù)?(?)是區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減，據(jù)此可得：?(1)>?(2)，即?(1)>?(2)，則4?(1)>?(2).1222教學(xué)之中.某本種思想去解決，往往能獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效.令?(?)=?2?(?)?2，得到?(?)在(0,+∞)遞增，有?(1)<?(3)，從而得到答案．構(gòu)造函數(shù)?(?)=?2?(?)?2.∵?′(?)=2?(?(?)+1??′(?)1)>0在?∈(0,+∞)恒成立，2∴?(?)在(0,+∞)上是增函數(shù)，∵1<3∴?(1)<?(3)得?(1)+8<9?(3)，故選?.???3則3<4則3<4??<4?：先構(gòu)造?=?′(?)??(?)·tan?的原函數(shù)y=?(?)????，由此題意，得出原函數(shù)?(?)????單：先構(gòu)造?=?′(?)??(?)·tan?的原函數(shù)，因?yàn)閤∈(0,?)，則????>0，那么在不等式的兩2邊同時(shí)乘以????不等號(hào)不變，(?′(?)??(?)????)cosx=?′(?)cosx??(?)????=[?(?)????]′>0，所以原函數(shù)g(x)=?(?)????單增函數(shù)，由此g(?)<g(?)<g(1)<g(?)，643g(?)=√3?(?)，g(?)=√2?(?)，g(?)=1?(?)，g(1)=?(1)???1，所以626424323g(?)<g(?)√2?(?)<1?(?)√2?(?)<?(?)，所以A錯(cuò)43242343g(?)<g(1)√3?(?)<???1?(1)√3?(?)<2cos1??(1)，所以B錯(cuò)626